宁夏银川市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份宁夏银川市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 直线的倾斜角是， 已知点，且两点的距离为5，则， 若向量，则， 下列命题正确的是， 下列直线中，与垂直的是等内容，欢迎下载使用。

一､单选题（每小题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线斜率，即可得出倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角为.
故选：B
2. 已知点，且两点的距离为5，则（）
A. 0B. 8C. 0或8D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据两点距离公式即可求解.
【详解】由题意可得或，
故选：C
3. 已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律即可求出，进而求出结果.
【详解】因与垂直，所以，
即，
所以.
又，所以.
故选：D.
4. 如图，在长方体中，，下列说法错误的是（）
A. 点的坐标为
B. 点关于轴的对称点坐标为
C. 点关于坐标平面的对称点坐标为
D. 点关于原点的对称点坐标为
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中的点对称的特征即可结合选项逐一求解.
【详解】点的坐标为,故A正确，
点关于轴的对称点坐标为，B正确，
点关于坐标平面的对称点坐标为，C错误，
点关于原点的对称点坐标为，D正确，
故选：C
5. 如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且，点N为BC中点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又点N为BC中点，所以，
所以.
故选：B.
6. 过点，且平行于直线的直线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行直线系即可求解.
【详解】与直线平行的直线可设为，
将代入可得，
故直线方程为，
故选：C
7. 若向量，则（）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先利用空间向量的线性运算得到的坐标，再利用数量积运算求解.
【详解】解：因为，
所以，又，
所以，
故选：A
8. 如图，已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点，连接、，可得，从而异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，然后在三角形中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】如图，取的中点，连接、，易知，
所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即，
因为直三棱柱的所有棱长都相等，
可设三棱柱的棱长都为，则，，，
则在中，由余弦定理可得：
即异面直线与所成角的余弦值为：.
故选：.
二､多选题（每小题5分，共20分）
9. 下列命题正确的是（）
A. 任何直线方程都能表示为一般式
B. 两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等
C. 直线与直线的交点坐标是
D. 直线方程可化为截距式为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据具体条件对相应选项作出判断即可.
【详解】对A：直线的一般是方程为：，
当时，方程表示水平线，垂直轴；
当时，方程表示铅锤线，垂直轴；
当时，方程表示任意一条不垂直于轴和轴的直线；故A正确.
对B：两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等且不重合，故B错.
对C：联立，解得，故C正确
对D：若或时，式子显然无意义，故D错.
故选：AC.
10. 下列直线中，与垂直的是（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据垂直满足的斜率关系即可求解.
【详解】直线的斜率为，故与其垂直的直线斜率为，
对于ACD, 斜率为,符合，
对于B，斜率为，不符合，
故选：ACD
11. 下列说法中正确的是（）
A. 若向量共线，则向量所在的直线平行
B. 已知不共面，则一定能构成空间的一个基底
C. 三点不共线，对空间任意一点，若，则四点共面
D. 若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用共线向量定义可知，当向量共线时，向量所在的直线不一定平行，即A错误；根据不共面的空间向量可构成一组基底可利用反证法证明B正确；由空间向量证明点共面可知C正确；由共线定理可证明是三点共线的充要条件，可得D正确.
【详解】对于A，若向量共线，则向量所在的直线可能平行，也可能重合，故A错误；
对于B，假设向量共面，则存在实数满足，
所以可得，
若，则，可得两向量共线，这与不共面矛盾；
若，则，可得共面，与已知矛盾，
所以假设不成立，即可得向量不共面，所以一定能构成空间的一个基底，即B正确；
对于C，因为三点不共线，对空间任意一点，若，
因为，所以可知四点共面，即C正确；
对于D，若为空间四点，且有（不共线），
当，即时，可得，即，所以三点共线；
当三点共线时，根据共线定理可知可知对于空间中任意一点，
存在实数满足（不共线），且，即D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则下列说法正确的是（）
A. 四面体的体积为B. 向量在方向上的投影向量为
C. 直线与直线垂直D. 点到直线的距离
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.
【详解】解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
对于A，因为，故正确；
对于B，因为，，
所以，，
所以在方向上的投影向量为：，故正确；
对于C，因为，，，
所以与不垂直，即直线与直线不垂直，故错误；
对于D，因为，，
所以，
所以，
所以点到直线的距离，故正确.
故选：ABD.
三､填空题（每小题5分，共20分）
13. 已知直线过点，则直线的斜率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率公式即可求解.
【详解】由斜率公式可得，
故答案为：
14. 两条平行直线与间的距离为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案.
【详解】依题意可知，两直线的距离为.
故答案为：
15. 如图，已知线段在平面内，，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的线性表示，结合模长公式，即可求解.
【详解】由于，在平面内，所以,又
所以,
由于,所以,
所以，
故答案为：
16. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，则当平面与平面所成角的余弦值为时，三棱锥的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法结合面面角求出，再根据锥体的体积公式即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
因为轴平面，
则可取平面的法向量为，
则，解得或（舍去），
所以，
故.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
四､解答题（17题10分，其余各题每小题12分，共70分）
17. 已知的顶点坐标分别是.
（1）求直线的方程（答案用一般式方程表示）；
（2）求边上的高线的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点，，结合直线的点斜式方程，即可求得的方程；
（2）过点作，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由点，，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
解：如图所示，过点作，即设的边上的高线为，
由直线的方程为，
又由，根据点到直线的距离公式，可得，
即边上的高线的长.
18. 已知向量，.
（1）求与的夹角余弦值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量坐标夹角公式计算可得答案；
（2）利用向量垂直的坐标运算可得答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
，，
所以；
【小问2详解】
，
因为，所以，
解得.
19. 如图，在四面体中，，，，设.
（1）求的值；
（2）已知是线段中点，点满足，求线段的长.
【答案】（1）36（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，
（2）根据空间向量的线性，结合模长公式即可求解.
【小问1详解】
由，，可得
,
所以
【小问2详解】
由于是线段中点，点满足，
所以
故,
所以,
所以
20. 如图，长方体是的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，再连接，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接交于，再连接，
由题意可知是中点，
又因为是的中点，
所以∥,
又因为平面，平面，
所以∥平面；
【小问2详解】
解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：
因为
所以，，，，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有，所以，
取，
设直线与平面夹角，
则有，
所以直线与平面夹角的正弦值为.
21. 如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且，.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，可证得法向量互相垂直，由此可得结论；
（2）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
三棱柱为直三棱柱，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，，平面平面.
【小问2详解】
，，，
又平面的法向量，
点到平面的距离.
22. 如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，且平面.
（1）求平面与平面所成的角；
（2）侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求出点的位置；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，利用线面垂直判定可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
（2）假设，满足平面，由线面平行的向量判定方法可构造方程求得的值，由此可得结论.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，；
，，，，
，平面，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，
，，，，，
平面，平面，
平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
，
即平面与平面所成角的余弦值为，
平面与平面所成的角为.
【小问2详解】
假设在上存在一点，满足，使得平面，
，，，，
又，，，
平面的一个法向量为，
，解得：，